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# 8.10: Integración en espacios de medidas generalizadas

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Dejado$$(S, \mathcal{M}, s)$$ ser un espacio de medida generalizado. Por la Nota 1 en §3, un mapa$$f$$ es$$s$$ -medible si es$$v_{s}$$ -medible. Esto nos lleva naturalmente a la siguiente definición.

## Definición

Un mapa$$f : S \rightarrow E$$ es$$s$$ -integrable en un conjunto$$A$$ si es$$v_{s}$$ -integrable en$$A.$$ (Recordemos que$$v_{s},$$ la variación total de$$s,$$ es una medida.)

Nota 1. Aquí los espacios de rango de$$f$$ y$$s$$ se asumen completos y tal que$$f(x) s A$$ se define para$$x \in S$$ y$$A \in \mathcal{M}.$$ Así si$$s$$ se valora vector,$$f$$ debe ser valorado escalar, y viceversa. Posteriormente, si$$p$$ se produce un factor, debe ser tal que$$p f(x) s A$$ se defina, es decir, al menos dos de$$p, f(x),$$ y$$s A$$ son escalares.

Nota 2. Si$$s$$ es una medida$$(\geq 0),$$ entonces$$v_{s}=s^{+}=s$$ (Corolario 3 en el Capítulo 7, §11); así nuestra definición actual concuerda con las anteriores (como en el Teorema 1 de §7).

## Lema$$\PageIndex{1}$$

Si$$m^{\prime}$$ y$$m^{\prime \prime}$$ son medidas, con$$m^{\prime} \geq m^{\prime \prime}$$ on$$\mathcal{M},$$ then

$\int_{A}|f| d m^{\prime} \geq \int_{A}|f| d m^{\prime \prime}$

para todos$$A \in \mathcal{M}$$ y cualquier$$f : S \rightarrow E$$.

Prueba

Primero, tomar cualquier mapa elemental y no negativo$$g \geq|f|$$,

$g=\sum_{i} C_{A_{i}} a_{i} \text { on } A.$

Entonces (§4)

$\int_{A} g d m^{\prime}=\sum a_{i} m^{\prime} A_{i} \geq \sum a_{i} m^{\prime \prime} A_{i}=\int_{A} g d m^{\prime \prime}.$

De ahí que por la definición 1 en §5

$\int_{A}|f| d m^{\prime}=\inf _{g \geq|f|} \int_{A} g d m^{\prime} \geq \inf _{g \geq|f|} \int_{A} g d m^{\prime \prime}=\int_{A}|f| d m^{\prime \prime},$

como se afirma. $$\quad \square$$

## Lema$$\PageIndex{2}$$

(i) Si$$s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)$$ con$$s=\left(s_{1}, \ldots, s_{n}\right),$$ y si$$f$$ es s-integrable on$$A \in \mathcal{M},$$ entonces$$f$$ es$$s_{k}$$ -integrable on$$A$$ para$$k=1,2, \ldots, n.$$

(ii) Si$$s$$ es una medida firmada y$$f$$ es integrable en s$$A,$$ entonces$$f$$ es integrable$$A$$ con respecto a ambos$$s^{+}$$ y$$s^{-}$$ (con$$s^{+}$$ y$$s^{-}$$ como en la fórmula (3) en el Capítulo 7, §11).

Nota 3. Las declaraciones converse mantienen si$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -mensurable on$$A$$.

Prueba

(i) Si$$s=\left(s_{1}, \ldots, s_{n}\right),$$ entonces (Problema 4 del Capítulo 7, §11)

$v_{s} \geq v_{s_{k}}, \quad k=1, \ldots, n.$

De ahí que por la Definición 1 y Lema 1, la$$s$$ -integrabilidad de$$f$$ implica

$\infty>\int_{A}|f| d v_{s} \geq \int_{A}|f| d v_{s_{k}}.$

Además,$$f$$ es$$v_{s}$$ -mensurable, es decir,$$\mathcal{M}$$ -medible$$A-Q,$$ con

$0=v_{s} Q \geq v_{s_{k}} Q \geq 0.$

Así$$f$$ es$$s_{k}$$ -integrable en$$A, k=1, \ldots, n,$$ como se reivindica.

(ii) Si$$s=s^{+}-s^{-},$$ entonces por el Teorema 4 en el Capítulo 7, §11, y Corolario 3 ahí,$$s^{+}$$ y$$s^{-}$$ son medidas$$(\geq 0)$$ y$$v_{s}=s^{+}+s^{-},$$ para que ambos

$v_{s} \geq s^{+}=v_{s^{+}} \text { and } v_{s} \geq s^{-}=v_{s^{-}}.$

Así, el resultado deseado sigue exactamente como en la parte (i) de la prueba. $$\quad \square$$

Dejamos la Nota 3 como ejercicio.

## Definición

Si$$f$$ es$$s$$ -integrable en$$A \in \mathcal{M},$$ nosotros establecemos

i) en el caso$$s : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}$$,

$\int_{A} f d s=\int_{A} f d s^{+}-\int_{A} f d s^{-},$

con$$s^{+}$$ y$$s^{-}$$ como en la fórmula (3) del Capítulo 7, §11;

ii) en el caso$$s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)$$,

$\int_{A} f d s=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} \int_{A} f d s_{k},$

con$$\vec{e}_{k}$$ como en el Teorema 2 del Capítulo 3, §§1-3;

iii) si$$s : \mathcal{M} \rightarrow C$$,

$\int_{A} f d s=\int_{A} f d s_{re}+i \cdot \int_{A} f d s_{im}.$

(Ver también Problemas 2 y 3.)

Nota 4. Si$$s$$ es una medida, entonces

$s=s^{+}=s_{re}=s_{1}$

y

$0=s^{-}=s_{im}=s_{2};$

por lo que la Definición 2 concuerda con nuestras definiciones anteriores. Similarmente para$$s : \mathcal{M} \rightarrow$$$$E^{n}\left(C^{n}\right).$$

A continuación,$$s, t,$$ y$$u$$ se encuentran medidas generalizadas$$\mathcal{M}$$ como en la Definición 2, mientras que$$f, g : S \rightarrow E$$ son funciones, con$$E$$ un espacio normado completo, como en la Nota 1.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

Las propiedades de linealidad, aditividad y$$\sigma$$ aditividad (como en §7, Teoremas 2 y 3) también se aplican a las integrales

$\int_{A} f ds,$

con$$s$$ como en la Definición 2.

Prueba

(i) Linealidad: Let$$f, g : S \rightarrow E$$ be s-integrable on$$A \in \mathcal{M}.$$ Let$$p, q$$ be suitable constants (ver Nota 1).

Si$$s$$ es una medida firmada, entonces por Lema 2 (ii) y Definiciones 1 y 2,$$f$$ es integrable con respecto a$$v_{s}, s^{+},$$ y$$s^{-}.$$ Como estas son medidas, el Teorema 2 en §7 muestra que$$pf+qg$$ es integrable con respecto a$$v_{s}, s^{+},$$$$s^{-},$$ y por la Definición 2,

\begin{aligned} \int_{A}(p f+q g) d s &=\int_{A}(p f+q g) d s^{+}-\int_{A}(p f+q g) d s^{-} \\ &=p \int_{A} f d s^{+}+q \int_{A} g d s^{+}-p \int_{A} f d s^{-}-q \int_{A} g d s^{-} \\ &=p \int_{A} f d s+q \int_{A} g d s. \end{aligned}

Así se mantiene la linealidad para las medidas firmadas. A través de componentes, ahora sigue para$$s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right)$$ también. ¡Verifica!

ii) La aditividad y la$$\sigma$$ aditividad siguen de manera similar. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Supongamos que$$f$$ es s-integrable en$$A,$$ con$$s$$ como en la Definición 2.

(i) Si$$f$$ es constante$$(f=c)$$ en$$A,$$ tenemos

$\int_{A} f d s=c \cdot s A.$

ii) Si

$f=\sum_{i} a_{i} C_{A_{i}}$

para una$$\mathcal{M}$$ partición$$\left\{A_{i}\right\}$$ -de$$A,$$ entonces

$\int_{A} f d s=\sum_{i} a_{i} s A_{i} \text { and } \int_{A}|f| d s=\sum_{i}\left|a_{i}\right| s A_{i}$

(ambas series absolutamente convergentes).

(iii)$$|f|<\infty$$ a.e. on$$A$$.

iv)$$\int_{A}|f| d v_{s}=0$$ iff$$f=0$$ a.e. on$$A$$.

(v) El conjunto$$A$$$$(f \neq 0)$$ es$$\left(v_{s}\right)$$$$\sigma$$ -finito (Definición 4 en el Capítulo 7, §5).

vi)$$\int_{A} f d s=\int_{A-Q} f d s$$ si$$v_{s} Q=0$$ o$$f=0$$ en$$Q$$$$(Q \in \mathcal{M})$$.

(vii)$$f$$ es s-integrable en cualquier$$\mathcal{M}$$ -set$$B \subseteq A$$.

Prueba

(i) Si$$s=s^{+}-s^{-}$$ es una medida firmada, tenemos por Definición 2 que

$\int_{A} f d s=\int_{A} f d s^{+}-\int_{A} f d s^{-}=c\left(s^{+} A-s^{-} A\right)=c \cdot s A,$

según sea necesario.

Para$$s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),$$ el resultado ahora sigue vía componentes. (¡Verifica!)

ii) Al igual que$$f=a_{i}$$ en$$A_{i},$$ la cláusula (i) rendimientos

$\int_{A_{i}} f d s=a_{i} s A_{i}, \quad i=1,2, \ldots.$

De ahí por$$\sigma$$ -aditividad,

$\int_{A} f d s=\sum_{i} \int_{A_{i}} f d s=\sum_{i} a_{i} s A_{i},$

como se afirma.

Las cláusulas iii), iv) y v) siguen el Corolario 1 en §5 y el Teorema 1 (b) (h) ahí, como$$v_{s}$$ es una medida; (vi) se prueba como §5, Corolario 2. Dejamos (vii) como ejercicio. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{2}$$ (dominated convergence)

Si

$f=\lim _{i \rightarrow \infty} f_{i} \text { (pointwise)}$

encendido$$A-Q\left(v_{s} Q=0\right)$$ y si cada uno$$f_{i}$$ es s-integrable en$$A,$$ así es$$f,$$ y

$\int_{A} f d s=\lim _{i \rightarrow \infty} \int_{A} f_{i} d s,$

todos siempre que

$(\forall i) \quad\left|f_{i}\right| \leq g$

para algún mapa$$g$$ con$$\int_{A} g d v_{s}<\infty$$.

Prueba

Si$$s$$ es una medida, esto sigue por el Teorema 5 en §6. Así como$$v_{s}$$ es una medida,$$f$$ es$$v_{s}$$ -integrable (por lo tanto$$s$$ -integrable) en$$A,$$ como se afirma.

A continuación, si$$s=s^{+}-s^{-}$$ es una medida firmada, Lema 2 muestra eso$$f$$ y el$$f_{i}$$ son$$s^{+}$$ y$$s^{-}$$ -integrables también, con

$\int_{A}\left|f_{i}\right| d s^{+} \leq \int_{A}\left|f_{i}\right| d v_{s} \leq \int_{A} g d v_{s}<\infty;$

similarmente para

$\int_{A}\left|f_{i}\right| d s^{-}.$

Como$$s^{+}$$ y$$s^{-}$$ son medidas, el Teorema 5 de §6 rinde

$\int_{A} f d s=\int_{A} f d s^{+}-\int_{A} f d s^{-}=\lim \left(\int_{A} f_{i} d s^{+}-\int_{A} f_{i} d s^{-}\right)=\lim \int_{A} f_{i} d s.$

En el caso$$s : \mathcal{M} \rightarrow E^{n}\left(C^{n}\right),$$ el resultado ahora sigue fácilmente por la Definición 2 (ii) (iii) vía componentes. $$quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{3}$$ (uniform convergence)

Si$$f_{i} \rightarrow f$$ (uniformemente) está encendido$$A-Q$$$$(v_{s} A<\infty, v_{s} Q=0),$$ y si cada uno$$f_{i}$$ es integrable en s,$$A,$$ así es$$f,$$ y

$\int_{A} f d s=\lim _{i \rightarrow \infty} \int_{A} f_{i} d s.$

Prueba

Argumentan como en el Teorema 2, sustituyendo §6, Teorema 5, por §7, Lema 1. $$\quad \square$$

Nuestro siguiente teorema muestra que las integrales se comportan linealmente con respecto a las medidas.

## Teorema$$\PageIndex{4}$$

Dejar$$t, u : \mathcal{M} \rightarrow E^{*}\left(E^{n}, C^{n}\right),$$ con$$v_{t}<\infty$$ encendido$$\mathcal{M},$$ y dejar

$s=p t+q u$

para constantes finitas$$p$$ y$$q.$$ Entonces las siguientes afirmaciones son verdaderas.

a) Si$$t$$ y$$u$$ son medidas generalizadas, así es$$s.$$

(b) Si, además,$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -mensurable en un conjunto$$A$$ y es tanto$$t$$ -e$$u$$ -integrable en$$A,$$ él también es s-integrable en$$A,$$ y

$\int_{A} f d s=p \int_{A} f d t+q \int_{A} f d u.$

Prueba

Consideramos que solo la aserción (b) para$$s=t+u;$$ el resto es fácil.

Primero,$$f$$ seamos$$\mathcal{M}$$ -elementales en$$A.$$ Por Corolario 1 (ii), establecemos

$\int_{A} f d t=\sum_{i} a_{i} t A_{i} \text { and } \int_{A} f d u=\sum_{i} a_{i} u A_{i}.$

$\infty>\int_{A}|f| d v_{t}=\sum\left|a_{i}\right| v_{t} A_{i} \text { and } \infty>\int_{A}|f| d v_{u}=\sum_{i}\left|a_{i}\right| v_{u} A_{i}.$

Ahora, por el Problema 4 en el Capítulo 7, §11,

$v_{s}=v_{t+u} \leq v_{t}+v_{u};$

entonces

\begin{aligned} \int_{A}|f| d v_{s} &=\sum_{i}\left|a_{i}\right| v_{s} A_{i} \\ & \leq \sum_{i}\left|a_{i}\right|\left(v_{t} A_{i}+v_{u} A_{i}\right)=\int_{A}|f| d v_{t}+\int_{A}|f| d v_{u}<\infty. \end{aligned}

Como también$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible (incluso elemental), es$$s$$ -integrable en$$A$$ (por la Definición 1), y

$\int_{A} f d s=\sum_{i} a_{i} s A_{i}=\sum_{i} a_{i}\left(t A_{i}+u A_{i}\right)=\int_{A} f d t+\int_{A} f d u,$

como se afirma.

A continuación, supongamos que$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A$$ y$$v_{u} A<\infty.$$ Por suposición,$$v_{t} A<\infty,$$ también; entonces

$v_{s} A \leq v_{t} A+v_{u} A<\infty.$

Ahora, por el Teorema 3 en §1,

$f=\lim _{i \rightarrow \infty} f_{i} \text { (uniformly)}$

para algunos mapas$$\mathcal{M}$$ -elementales$$f_{i}$$ en$$A.$$ Por Lema 2 en §7, para grandes$$i,$$ los$$f_{i}$$ son integrables con respecto a ambos$$v_{t}$$ y$$v_{u}$$ on$$A.$$ Por lo que se mostró arriba, también son$$s$$ -integrables, con

$\int_{A} f_{i} d s=\int_{A} f_{i} d t+\int_{A} f_{i} d u.$

Con$$i \rightarrow \infty,$$ Teorema 3 rinde el resultado.

Finalmente, vamos$$v_{u} A=\infty.$$ Por Corolario 1 (v), podemos asumir (como en Lema 3 de §7) que$$A_{i} \nearrow A,$$ con$$v_{u} A_{i}<\infty,$$ y$$v_{t} A_{i}<\infty$$ (desde$$v_{t}<\infty,$$ por suposición). Set

$f_{i}=f C_{A_{i}} \rightarrow f \text { (pointwise)}$

on$$A,$$ con$$\left|f_{i}\right| \leq|f|.$$ (¿Por qué?)

Como$$f_{i}=f$$ en$$A_{i}$$ y$$f_{i}=0$$ en$$A-A_{i},$$ todos$$f_{i}$$ son ambos$$t$$ - y$$u$$ -integrables en$$A$$ (for$$f$$ is). Dado que$$v_{t} A_{i}<\infty$$ y$$v_{u} A_{i}<\infty,$$ también$$f_{i}$$ son$$s$$ integrables (como se muestra arriba), con

$\int_{A} f_{i} d s=\int_{A_{i}} f_{i} d s=\int_{A_{i}} f_{i} d t+\int_{A_{i}} f_{i} d u=\int_{A} f_{i} d t+\int_{A} f_{i} d u.$

Con el$$i \rightarrow \infty,$$ Teorema 2 ahora rinde el resultado.

Para completar la prueba de (b), basta considerar, en líneas similares, el caso$$s=p t$$ (o$$s=q u$$). Esto se lo dejamos al lector.

Para el inciso a), véase el Capítulo 7, §11. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{5}$$

Si$$f$$ es s-integrable en$$A,$$ así es$$|f|,$$ y

$\left|\int_{A} f d s\right| \leq \int_{A}|f| d v_{s}.$

Prueba

Por Definición 1, y Teorema 1 de §1,$$f$$ y$$|f|$$ son$$\mathcal{M}$$ -medibles en$$A-Q, v_{s} Q=0,$$ y

$\int_{A}|f| d v_{s}<\infty;$

así$$|f|$$ es$$s$$ -integrable en$$A$$.

La desigualdad deseada es inmediata por el Corolario 1 (ii) si$$f$$ es elemental.

A continuación, exactamente como en el Teorema 4, se obtiene para el caso$$v_{s} A<\infty,$$ y luego para$$v_{s} A=\infty.$$ Omitimos los detalles. $$\quad \square$$

## Definición

Escribimos

$"ds=g dt \text { in } A"$

o

$"s=\int g dt \text{ in } A"$

iff$$g$$ es$$t$$ -integrable en$$A,$$ y

$sX=\int_{X} g dt$

para$$A \supseteq X, X \in \mathcal{M}$$.

Entonces llamamos$$s$$ la integral indefinida de$$g$$ in$$A.$$ ($$\int_{X} g dt$$puede interpretarse como en Problemas 2-4 a continuación.)

## Lema$$\PageIndex{3}$$

Si$$A \in \mathcal{M}$$ y

$ds=g dt \text{ in } A,$

entonces

$dv_{s}=|g| dv_{t} \text { in } A.$

Prueba

Por supuesto,$$g$$ y$$|g|$$ son$$v_{t}$$ -integrables en$$X,$$ y

$sX=\int_{X} g dt$

para$$A \supseteq X, X \in \mathcal{M}.$$ Debemos demostrar que

$v_{s} X=\int_{X}|g| dv_{t}$

para tal$$X$$.

Esto es fácil si$$g=c$$ (constante) en$$X.$$ Para por definición,

$v_{s} X=\sup _{\mathcal{P}} \sum_{i}\left|s X_{i}\right|,$

sobre todas las$$\mathcal{M}$$ particiones$$\mathcal{P}=\left\{X_{i}\right\}$$ de$$X.$$ As

$sX_{i}=\int_{X_{i}} g dt=c \cdot t X_{i},$

tenemos

$v_{s} X=\sup _{\mathcal{P}} \sum_{i}|c|\left|t X_{i}\right|=|c| \sup _{\mathcal{P}} \sum_{i}\left|t X_{i}\right|=|c| v_{t} X;$

entonces

$v_{s} X=\int_{X}|g| dv_{t}.$

Así todo está probado para constante$$g$$.

De ahí por$$\sigma$$ -aditividad, el lema se sostiene para mapas$$\mathcal{M}$$ -elementales$$g.$$ (¿Por qué?)

En el caso general,$$g$$ es$$t$$ -integrable en por$$X,$$ lo tanto$$\mathcal{M}$$ -mensurable y finito en$$X-Q, v_{t} Q=0.$$ Por Corolario 1 (iii), podemos asumir$$g$$ finito y medible en$$X;$$ tan

$g=\lim _{k \rightarrow \infty} g_{k} \text { (uniformly)}$

encendido$$X$$ para algunos mapas$$\mathcal{M}$$ -elementales$$g_{k},$$ todos integrables en$$X,$$ con respecto a$$v_{t}$$ (y$$t$$).

Vamos

$s_{k}=\int g_{k} dt$

en$$X.$$ Por lo que acabamos de demostrar para mapas elementales e integrables,

$v_{s_{k}} X=\int_{X}\left|g_{k}\right| dv_{t}, \quad k=1,2, \ldots.$

Ahora, si el$$v_{t} X<\infty,$$ Teorema 3 rinde

$\int_{X}|g| d v_{t}=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{X}\left|g_{k}\right| d v_{t}=\lim _{k \rightarrow \infty} v_{s_{k}} X=v_{s} X$

(ver Problema 6). Así todo está probado si$$v_{t} X<\infty$$.

Si, sin embargo,$$v_{t} X=\infty,$$ argumentar como en el Teorema 4 (el último paso), utilizando la continuidad izquierda de$$v_{s}$$ y de

$\int|g| dv_{t}.$

¡Verifica! $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{6}$$ (change of measure)

Si$$f$$ es s-integrable$$A \in \mathcal{M},$$ con

$ds=g dt \text { in } A,$

entonces (sujeto a la Nota 1)$$fg$$ es t-integrable en$$A$$ y

$\int_{A} f ds=\int_{A} fg dt.$

(Obsérvese la sustitución formal de$$g dt$$ "" por "$$ds.$$“)

Prueba

La prueba es fácil si$$f$$ es constante o elemental en$$A$$ (use Corolario 1 (ii)). Dejamos este caso al lector, y a continuación asumimos que$$g$$ está acotado y$$v_{t} A<\infty.$$

Por la integrabilidad s,$$f$$ es$$\mathcal{M}$$ -medible y finito$$A-Q,$$ con

$0=v_{s} Q=\int_{Q}|g| dv_{t}$

por Lemma 3. De ahí$$0=g=f g$$ que en$$Q-Z, v_{t} Z=0.$$ Por tanto,

$\int_{Q} fg dt=0=\int_{Q} f ds$

para$$v_{s} Q=0.$$ así podemos descuidar$$Q$$ y asumir que$$f$$ es finito y$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A.$$

Como$$ds=g dt,$$ definición 3 y rendimiento de Lema 3

$v_{s} A=\int_{A}|g| dv_{t}<\infty.$

También (Teorema 3 en el Capítulo 8, §1),

$f=\lim _{k \rightarrow \infty} f_{k} \quad \text {(uniformly)}$

para mapas elementales$$f_{k},$$ todo$$v_{s}$$ -integrable en$$A$$ (Lema 2 en §7). Como$$g$$ es acotado, nos ponemos en$$A$$

$fg=\lim _{k \rightarrow \infty} f_{k} g \quad \text {(uniformly).}$

Además, como sostiene el teorema para mapas elementales e integrables,$$f_{k} g$$ es$$t$$ -integrable en$$A,$$ y

$\int_{A} f_{k} ds=\int_{A} f_{k} g dt, \quad k=1,2, \ldots.$

Desde$$v_{s} A<\infty$$ y$$v_{t} A<\infty,$$ Teorema 3 muestra que$$f g$$ es$$t$$ -integrable en$$A,$$ y

$\int_{A} f ds=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{A} f_{k} ds=\lim _{k \rightarrow \infty} \int_{A} f_{k} g dt=\int_{A} fg dt.$

Así todo está probado si$$v_{t} A<\infty$$ y$$g$$ está acotado en$$A$$.

En el caso general, volvemos a caer un conjunto nulo para hacer$$f$$ y$$g$$ finito y$$\mathcal{M}$$ -medible en$$A.$$ Por Corolario 1 (v), podemos asumir nuevamente$$A_{i} \nearrow A,$$ con$$v_{t} A_{i}<\infty$$$$(\forall i).$$

Ahora para el$$i=1,2, \ldots$$ set

$g_{i}=\left\{\begin{array}{ll}{g} & {\text { on } A_{i}(|g| \leq i),} \\ {0} & {\text { elsewhere.}}\end{array}\right.$

Entonces cada uno$$g_{i}$$ está acotado,

$g_{i} \rightarrow g \text { (pointwise),}$

y

$\left|g_{i}\right| \leq|g|$

on También$$A.$$ establecemos$$f_{i}=f C_{A_{i}};$$ así$$f_{i} \rightarrow f$$ (pointwise) y$$\left|f_{i}\right| \leq|f|$$ en$$A.$$ Entonces

$\int_{A} f_{i} d s=\int_{A_{i}} f_{i} ds=\int_{A_{i}} f_{i} g_{i} dt=\int_{A} f_{i} g_{i} dt.$

(¿Por qué?) Desde$$\left|f_{i} g_{i}\right| \leq|f g|$$ y$$f_{i} g_{i} \rightarrow f g,$$ el resultado sigue por Teorema 2. $$\quad \square$$

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